Bộ 20 đề thi giữa học kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án- Đề 23

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy hàm số nghịch biến trên ( 1,2) và đồng biến trên ( 2,3) nên khẳng định A sai.

Chọn D

Đáp án A sai, ví dụ hàm số $y=x^4$ đạt cực trị tại $x=0$ nhưng $f^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)=0$.

Đáp án B sai, ví dụ hàm số $y=\left|x\right|$ đạt cực tiểu tại $x=0$ nhưng không tồn tại $f^{\text{'}}\left(0\right)$. 

Đáp án C sai, ví dụ hàm số $y=x^2$ đạt cực tiểu tại $x=0$ và $f^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)=0$.

Đáp án D đúng.

Chọn C

Tập xác định $D=ℝ$.

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x$.

Bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;2\right)$.

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$$\iff \left(x+1\right){\left(x-2\right)}^2\left(x-3\right)=0$$\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\\ x=3\end{array}\right.$.

Phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có hai nghiệm đơn và một nghiệm bội chẵn. Vậy hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=-3x^2+6x^2+9$.

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$.

Vậy $S={x_1}^2+{x_2}^2=10$.

Chọn D

Thể tích khối lăng trụ $V=S.h\Rightarrow h=\frac{V}{S}$.

Chọn D

$S_{ABC}=\frac{1}{2}.2a.\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3}$.

Góc giữa SB và $\left(ABC\right)$ là góc $\widehat{SBA}={60}^0$.

Trong tam giác SBA vuông tại A có $SA=AB.\tan {60}^0=2a.\tan {60}^0=2a\sqrt{3}$.

Chọn B

Gọi M là trung điểm BC suy ra góc giữa ( A'BC) và mặt phẳng đáy là góc $\widehat{A^{\text{'}}MA}=60°$.

Tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a suy ra $S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}.{\left(2a\right)}^2=a^2\sqrt{3}$ và $AM=a\sqrt{3}$.

Tam giác $A^{\text{'}}AM$ có $\tan \widehat{A^{\text{'}}MA}=\frac{A^{\text{'}}A}{AM}\Rightarrow A^{\text{'}}A=AM.\sqrt{3}=3a$.

Thể tích của khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ là: $V_{ABC{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.A^{\text{'}}A=a^2\sqrt{3}.3a=3a^3\sqrt{3}$.

Chọn D

Một khối chóp luôn có một mặt đáy và các mặt bên nên khối chóp có 2021 mặt thì có 2020 mặt bên. Suy ra mặt đáy có 2020 cạnh, và cũng có 2020 cạnh bên.

Vậy khối chóp đó có tất cả $2020+2020=4040$ cạnh.

Chọn B

              $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }=+\infty ,\underset{x\to 2^{+}}{\lim }=-\infty \Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x=2$.

              $\underset{x\to -\infty }{\lim }=-1,\underset{x\to +\infty }{\lim }=-1\Rightarrow$ đồ thị hàm số có tiệm cân ngang là $y=-1$.  

Chọn A

Từ đồ thị hàm số $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a>0\\ c=1\end{array}\right.\Rightarrow$ Chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Chọn C

Ta có :  $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x+1}{2x+1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{2+\frac{1}{x}}=\frac{1}{2}$ nên $y=\frac{1}{2}$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn D

Do $\underset{x\to 3^{-}}{\lim }f\left(x\right)=2$     và  $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty .$Nên đồ  thị hàm số có tiệm cận đứng x=3 nên loại đáp án C. Giả thiết không cho giới hạn tại vô cực của hàm số $y=f\left(x\right)$ nên chưa thể kết luận về đường tiệm cận ngang.

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB. Do tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên $SH\perp \left(ABCD\right)$.

SH là đường cao của tam giác đều cạnh 2a$\Rightarrow SH=a\sqrt{3}.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.{\left(2a\right)}^2.a\sqrt{3}=\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}.$

Chọn A

Ta có hàm số  $f\left(x\right)=-x^2+4x$ liên tục trên đoạn $\left[-2;5\right]$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=-2x+4=0\iff x=2\in \left[-2;5\right].$

$f\left(-2\right)=-12;f\left(2\right)=4;f\left(5\right)=-5.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left(x\right)=-x^2+4x$ trên đoạn $\left[-2;5\right]$ là -12

Chọn  B

Đặt      $AB=x\left(x>0\right)$ $\Rightarrow BC=x$.

$BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$.

$SB=\sqrt{a^2+x^2}$.

$S_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}SB.SC\iff \frac{a^2\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+x^2}.x\iff x^4+a^2{x}^2-2a^4=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=a^2\\ x^2=-2a^2\end{array}\right.\iff x=a$.

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a.\frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^3}{6}$.

Chọn  B

$f\text{'}\left(x\right)=2x-\frac{16}{x^2}=\frac{2x^3-16}{x^2}$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=2\Rightarrow f\left(2\right)=12$

Ta có bảng biến thiên sau :

$\underset{\left(0;+\infty \right)}{GTNNf\left(x\right)}=12$

Chọn A

Ta có: $\frac{SA\text{'}}{SA}=\frac{1}{2};\frac{SB\text{'}}{SB}=\frac{1}{3};\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{4}$.

Vậy áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{24}$.

Vậy $V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=10.$

Chọn B

              Ta có : $V_{KLP}=2^3=8$.

Chọn B

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{-5}{{\left(x-2\right)}^2}<0,\forall x\ne 2$.

Các khoảng nghịch biến của hàm số $y=\frac{3x-1}{x-2}$  là $\left(-\infty ;2\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$.

Chọn A

Xét hàm số $y=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}$ có tập xác định $D=\left(-\infty ;-1\right]\cup \left[1;+\infty \right)$

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1$ nên đồ thị hàm số đã cho có 2 tiệm cận ngang.

-        Đáp án B loại do tập xác định của hàm số không chứa $\infty$ 

-        Đáp án C và D loại do hàm phân thức có bậc tử lớn hơn bậc mẫu.

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall x\in \left[2;4\right]$

Nên hàm $y=f\left(x\right)$ nghịch biến trên $\left[2;4\right]$

Do đó ta có: $M=\underset{\left[2;4\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(2\right)=5;m=\underset{\left[2;4\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(4\right)=3$

Khi đó$M+m=5+3=8$

Chọn C

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{\pm 4\right\}$.

Ta có: $y=\frac{x-4}{x^2-16}$$=\frac{1}{x+4}$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{4}{x}}=0$; $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{4}{x}}=0$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=0 làm tiệm cận ngang.

$\underset{x\to {\left(-4\right)}^{-}}{\lim }y=-\infty$; $\underset{x\to {\left(-4\right)}^{+}}{\lim }y=+\infty$ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng $x=-4$ làm tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left(-2;3\right)$.

Chọn A    

Ta có : $V=h.B=10.15=150$.

Chọn D

                Ta có :$y^{\text{'}}=3x^2-4mx+m^2-3,{y^{\text{'}}}^{\text{'}}=6x-4m$; $y^{\text{'}}=0\iff 3x^2-4mx+m^2-3=0$ (1).

                 Mặt khác x=1 là nghiệm phương trình  ( 1)

                $\iff 3.1-4m.1+m^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=4\end{array}\right.$

                 Với $\left\{\begin{array}{l}m=0\\ x=1\end{array}\right.\Rightarrow {y^{\text{'}}}^{\text{'}}=6>0\Rightarrow$hàm số đạt cực tiểu tại x=1 (loại)

                 Với $\left\{\begin{array}{l}m=4\\ x=1\end{array}\right.\Rightarrow {y^{\text{'}}}^{\text{'}}=-10<0\Rightarrow$hàm số đạt cực đại tại x=1 (nhận)

Chọn B

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ ta có bảng biến thiên của hàm số y=f(x) như sau

Từ đó suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;2\right)$ do đó cũng nghịch biến trên khoảng $\left(0;1\right)$; hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-3;-1\right)$ nên cũng đồng biến trên khoảng $\left(-2;-1\right)$.

Chọn A

Ta có $f\left(x\right)=8{\cos }^{3}x-3\left(2{\cos }^{2}x-1\right)-3=8{\cos }^{3}x-6{\cos }^{2}x$

Đặt $t=\cos x,t\in \left[-1;1\right]$, bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số  $g\left(t\right)=8t^3-6t^2$ trên đoạn $\left[-1;1\right]$.

$g^{\text{'}}\left(t\right)=24t^2-12t$ ; $g^{\text{'}}\left(t\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Vì hàm số $g\left(t\right)=8t^3-6t^2$ liên tục trên đoạn $\left[-1;1\right]$ và $g\left(-1\right)=-14$, $g\left(0\right)=0$, $g\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}$, $g\left(1\right)=2$ nên $\underset{ℝ}{\max f\left(x\right)}=\underset{\left[-1;1\right]}{\max }g\left(t\right)=g\left(1\right)=2$.

Chọn B.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{2-m}{{\left(x+1\right)}^2}$

Để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $y^{\text{'}}<0\iff 2-m<0\iff m>2$.

Chọn D

Chiều cao của lăng trụ là A'H

$\widehat{\left(A{A}^{\text{'}};\left(ABC\right)\right)}=\widehat{A^{\text{'}}AH}=45°$; $\Rightarrow \Delta A{A}^{\text{'}}H$là tam giác vuông cân tại H

 $\Rightarrow A^{\text{'}}H=AH=2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.

$V=h.S_d=A^{\text{'}}A.S_{\Delta ABC}=\sqrt{3}.\frac{1}{2}.\sqrt{3}.2=3$'(đvtt).

Chọn D

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là $x,0<x\le 4$.

                    Chiều dài của hình chữ nhật là $2y,y>0$.

                    Xét $\Delta ONP$ vuông tạ P ta có $x^2+y^2=16\Rightarrow y=\sqrt{16-x^2}$.

Diện tích hình chữ nhật MNPQ  là

 $S_{MNPQ}=x\mathrm{.2.}\sqrt{16-x^2}=2.x.\sqrt{16-x^2}\le 2.\frac{x^2+16-x^2}{2}=16$.

                    Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là 16 (đvdt).

Chọn A

Đặt $f\left(x\right)=x^2+2x+m$.

Đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng $\iff f\left(x\right)=0$ có 1 nghiệm kép khác 3 hoặc có 2 nghiệm phân biệt mà 1 nghiệm là .

Trường hợp 1: $f\left(x\right)=0$ có 1 nghiệm kép khác 3$\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=0\\ f\left(3\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1-m=0\\ 15+m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=1\\ m\ne -15\end{array}\right.\iff m=1$.

Trường hợp 2: $f\left(x\right)=0$có 2 nghiệm phân biệt mà 1 nghiệm là $\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}>0\\ f\left(3\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1-m>0\\ 15+m=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ m=-15\end{array}\right.\iff m=-15$.

Vậy m=1; m=-15 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

$g^{\text{'}}\left(x\right)=2x.f^{\text{'}}\left(x^2-2\right)$.

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 2x.f^{\text{'}}\left(x^2-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-2\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2-2=-1\\ x^2-2=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm 2\end{array}\right.$.

Bảng xét dấu $g^{\text{'}}\left(x\right)$:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;1\right)$.

Chọn B

Ta có $A^{\text{'}}C\cap \left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)=A^{\text{'}}$; $BC\perp \left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\Rightarrow \left(A^{\text{'}}C,\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)=\widehat{C{A}^{\text{'}}B}=30°$ .

Tam giác A'BC vuông tại B $\Rightarrow A^{\text{'}}B=BC.\cot \widehat{B{A}^{\text{'}}C}=3\sqrt{3}$.

Tam giác  ABA' vuông tại A $\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A^{\text{'}}{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{27-x^2}$ (với $-3\sqrt{3}<x<3\sqrt{3}$).

Suy ra $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=3x\sqrt{27-x^2}=3\sqrt{x^2\left(27-x^2\right)}\stackrel{AM-GM}{\le }\frac{81}{2}$.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp bằng $\frac{81}{2}$ khi $x=\frac{3\sqrt{6}}{2}$.